人教版高中物理必修第三册第十章静电场中的能量质量评估练习含答案

第十章质量评估(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.下图为某电场中的一根电场线,电场线上有A、B两点,一电子从A点运动到B点.下列说法正确的是()A.该电场线是客观存在的B.A点的电场强度一定比B点的电场强度大C.A点的电势比B点的电势低D.电子在A点的电势能比在B点的电势能小答案:D2.如图所示,实线为方向未知的三条电场线,虚线1、2、3分别为等势线,已知lMN=lNQ,A、B两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出,仅在静电力作用下,两粒子的运动轨迹分别如a、b所示,则()A.A一定带正电,B一定带负电B.A的加速度减小,B的加速度增大C.M、N两点的电势差|UMN|等于N、Q两点的电势差|UNQ|D.A粒子到达等势线3的动能变化量比B粒子到达等势线1的动能变化量小答案:B3.如图所示,将平行板电容器接在电源两极间,电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些,其他条件不变,则()A.电容器带电荷量不变B.电源中将有电流从正极流出C.尘埃仍静止D.电流计中将有电流通过,电流方向由b→a答案:C4.下图是示波管的示意图,从电子枪发出的电子通过两对偏转电极,如果偏转电极不加电压,则电子沿直线打在荧光屏的中心O,当在两对偏转电极上同时加上电压后,电子将偏离中心打在某个位置.现已标出偏转电极所加电压的正负极,从示波管的右侧来看,则电子会打在荧光屏上()A.1位置B.2位置 C.3位置D.4位置答案:B5.有两个平行板电容器,它们的电容之比为5∶4,它们的电荷量之比为5∶1,两极板间距离之比为4∶3,则两极板间电压之比和电场强度之比分别为()A.4∶11∶3 B.1∶43∶1C.4∶13∶1 D.4∶14∶3解析:由U=QC得,U1U2=Q1C2Q2C1=4∶1,又由E=答案:C6.质子(11H)、氘核(12H)、α粒子(24He)从同一位置从静止先通过同一加速电场后,又垂直于偏转电场方向进入偏转电场,最后穿出偏转电场.已知加速电压是U1A.增大U1或减小U2可使θ增大B.增大偏转电极间的距离或减小偏转电极板的长度可使θ增大C.三种粒子穿出偏转电场后就分开了D.三种粒子穿出偏转电场后不能分开解析:由动能定理可得qU1=12mv02,粒子在偏转电场中运动的时间为t=lv0,在偏转电场中的加速度a=Fm=qU2md,离开时竖直方向的速度为vy=at=qU2lmdv0,故偏转角的正切值tanθ=v答案:D7.A、B两物体质量均为m,其中A带正电,电荷量为q,B不带电,通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平地面上,如图所示,开始时二者都处于静止状态.现在施加竖直向上的匀强电场,电场强度E=2mgq,式中g为重力加速度.若不计空气阻力,不考虑A物体电荷量的变化,则下列判断正确的是A.刚施加电场的瞬间,A物体的加速度方向向上,大小为gB.B物体刚要离开地面时,A物体的速度大小为2gmC.从开始到B物体刚要离开地面的过程,A物体速度先增大后减小D.从开始到B物体刚要离开地面的任意一段时间内,A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量解析:在未施加电场时,A物体处于平衡状态,当施加电场瞬间,A物体受到的合力为施加的静电力,故有qE=ma,解得a=2g,方向向上,选项A错误;当B离开地面时,此时B受到弹簧的弹力等于B的重力,从施加电场到B离开地面,弹簧的弹力做功为0,A上升的距离为x=2mgk,根据动能定理可知qEx-mgx=12mv2,解得v=2gm答案:B二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知lOA=lAB,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy,电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则()A.vCy∶vDy=1∶2B.vCy∶vDy=1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4解析:电子沿x轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知lOA=lAB,则电子从O到C与从C到D所用的时间相等.电子在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,选项A正确;根据匀变速直线运动的公式可知,在竖直方向上yOC=12atyOD=12atOD2,则yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则ΔEk1∶ΔEk2答案:AD9.如图所示,竖直面内的光滑绝缘半圆轨道,直径MN水平,将一带正电的小球从M点静止释放,经时间t到达最低点,速率为v,对轨道的压力为FN;若在轨道圆心处固定一正电荷,重新将该小球从M点静止释放,经时间t'到达最低点,速率为v',对轨道的压力为F'N.则下列说法正确的是()A.t'<t B.t'=tC.v'=v D.F'N>FN解析:小球下滑过程中速度始终沿切线方向,由重力的分力提供加速度,与是否受静电力无关,故小球到达最低点过程中时间相同,故选项A错误,选项B正确;如果圆心处有正电荷,因为小球从M点静止释放,到达最低点的过程中,静电力也不做功,故根据动能定理可知mgR=12mv2,小球到达最低点的速度大小是一样的,故选项C正确;小球到达最低点,合力提供向心力,当没有静电力时,FN-mg=mv2R,当有静电力时,F'N-F静-mg=mv2R,再根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F'答案:BCD10.将带正电的微粒放在电场中,电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法正确的是()A.微粒在0~1s内的加速度与1~2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往返运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析:带电粒子在电场中0~1s,1~2s受到的静电力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速,沿着一条直线运动,故选项B、D正确.答案:BD三、非选择题:共54分.11.(9分)图甲是测量电容器电容的实验电路图,实验时通过对高阻值电阻放电,用电流传感器记录电流随时间的变化图线,进而测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q,从而求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的情况如下:A.按电路图接好电路;B.接通开关S,调节电阻箱R的阻值,记下此时电流传感器的示数I0=500μA,电压表的示数U0=8.0V,I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压;C.断开开关S,利用计算机和电流传感器,记录下电流随时间的变化关系,结果如图乙所示.甲乙(1)实验中电阻箱所接入阻值为R=Ω;

(2)由上述i-t图像求出该电容器放电的总电荷量为C;(结果保留两位有效数字)

(3)该电容器电容为F.(结果保留两位有效数字)

解析:(1)根据欧姆定律,R=UI=1.6×104(2)根据图像的含义,Q=It,可以画一个竖直狭长矩形,其面积表示在前0.3s内电容器的放电量;根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子代表的电荷量为15×10-6C,大于半格算一个,小于半格舍去,可知题图像所包含的格子个数为41,所以释放的电荷量是q=6.2×10-4C.(3)根据电容器的电容公式C=QU可知,C=7.8×10-5答案:(1)1.6×104(2)6.2×10-4(3)7.8×10-512.(9分)如图所示,一个质子以初速度v0=5×106m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域.两板距离d=20cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度E=3×105N/C.质子质量m=1.67×10-27kg,电荷量q=1.60×10-19C.求质子由板上小孔射出时的速度大小.解析:根据动能定理W=12mv12-1而W=qEd=9.6×10-15J,所以v1=2Wm+质子飞出时的速度大小为6×106m/s.答案:6×106m/s13.(10分)如图所示,区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2,已知区域Ⅰ宽l1=0.8m,区域Ⅱ宽l2=0.4m,E1=102V/m且方向与水平方向成45°角斜向右上方,E2=20V/m且方向竖直向下.电荷量为q=1.6×10-3C,质量m=1.6×10-3kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放.g取10m/s2.求:(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间;(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向.解析:(1)小球在电场区域Ⅰ受到静电力F1=qE1,小球在电场区域Ⅰ受到的静电力和重力的合力方向水平向右,大小为F合=F1cos45°=1.6×10-2N,则小球向右做匀加速直线运动,其加速度大小a1=F合m=10m/s2,小球运动时间t1=(2)小球离开电场区域Ⅰ的水平速度v0=a1t1=4m/s,小球在电场区域Ⅱ中受到静电力和重力的合力竖直向下,其加速度a2=g+qE2m=30m/s2,小球在电场区域Ⅱ中做类平抛运动,其运动时间t2小球在竖直方向的分速度vy=a2t2=3m/s,小球离开电场区域Ⅱ的速度v=v02+vy2=5m/s,设小球离开电场区域Ⅱ的速度方向与水平方向夹角为θ,则tanθ=答案:(1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向与水平方向夹角为37°14.(12分)如图所示,空间存在水平方向的匀强电场E=2.0×104N/C,在A处有一个质量为0.3kg的质点,所带的电荷量为q=+2.0×10-4C,用一长为L=600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接.AO与电场线平行处于水平状态,取g=10m/s2.现让该质点在A处由静止释放,求:(1)释放瞬间质点的加速度;(2)从释放到第一次到达O点正下方过程中质点机械能的变化量;(3)质点第一次到达O点正下方时的速度大小v.解析:(1)在释放的瞬间对质点受力分析,质点受水平向左的静电力,竖直向下的重力作用.故合力为F=(Eq)2+(mg)2,代入数据解得F=5N,方向与水平方向成37°斜向左下方.根据牛顿第二定律可知F=ma(2)质点从释放到运动到O点正下方的过程中一直做直线运动,其中静电力做正功,电势能减少.根据能量守恒,减少的电势能转化为机械能.故此过程机械能增加量ΔE=EqL=2.0×104×2.0×10-4×6J=24J.(3)由释放到第一次到达O点正下方的过程对质点应用动能定理可得EqL+mgh=12mv2,ℎL=tan37°,代入数据联立解得v=5答案:(1)503m/s2(2)增加24J(3)510m/s15.(14分)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,用长为2l的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B,组成一静止的带电系统,A球的电荷量为+2q,B球的电荷量为-3q.虚线NQ与MP平行且相距3l,开始时MP恰为杆的中垂线.视小球为质点,不计轻杆的质量,现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E.求:(1)B球刚进入电场时带电系统的速度大小;(2)B球的最大位移的大小以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量;(3)带电系统运动的周期.解析:(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1,由动能定理2qEl=12×2mv12,解得v1(2)带电系统向右运动分三段:B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场.设A球离开NQ的最大位移为x,由动能定理得2qE